2023-2024学年河北省沧州市高一下学期7月期末质量监测数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河北省沧州市高一下学期7月期末质量监测数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z=a2−16+(a+4)i为纯虚数，则实数a=A.−4 B.4 C.0 D.4或−42.样本数据11，12，13，14，15，16，17，18，19，20的第80百分位数是(

)A.18 B.19 C.18.5 D.18或193.某班级有60名学生，班主任用不放回的简单随机抽样的方法从这60名学生中抽取5人进行家访，则同学a被抽到的可能性为(

)A.112 B.15 C.1604.已知四棱柱ABCD−EFGH的高为3，其底面ABCD水平放置的直观图(斜二测画法) A′B′C′D′如图所示，其中A′B′=2A′D′=2D′C′=2，A′B′/​/C′D′，则这个四棱柱的体积为(

)

A.32 B.32 C.35.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+cosBb+cosA.等腰三角形或直角三角形 B.直角三角形

C.等腰三角形 D.等腰直角三角形6.在△ABC中，AB=AC=1，AN=NC，P是BN上一点，且AP=mAB+A.−16 B.19 C.07.河北定州开元寺塔是世界上现存最高的砖木结构古塔(如图1)，著名古建专家罗哲文誉其为“中华第一塔”.为了测量开元寺塔的高度，一研究小组选取了与该楼底部O在同一水平面内三个共线的测量基点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为45∘，60∘，45∘，且AB=2BC=98m，示意图如图2，则该塔高PO=(

)

A.492m B.98m C.49m8.如图，在正三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2AA1=2A1B1，M，N分别是A.−14 B.14 C.2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知事件A，B满足P(A)=0.3，P(B)=0.5，则下列说法正确的是(

)A.若事件A与事件B相互独立，则它们的对立事件也相互独立

B.事件A与事件B可能为对立事件

C.若事件A与事件B相互独立，则P(AB)=0.15

D.若事件A与事件B互斥，则P(A∪B)=0.810.已知向量a=(−1,x)，b=(1,2)，则下列说法正确的是(

)A.若(2a−b)⊥b，则x=3

B.|2a−b|的最小值为3

C.若(2a−b11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是A1A，CA.点P到平面BEF的距离不变

B.平面BEF截该正方体所得的截面面积为5

C.当点P在线段A1C1上运动时，始终有PD/​/平面AB1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知i是虚数单位，则复数3+i3−4i的共轭复数为

．13.为了丰富员工的业余生活，某企业举办了有奖答题活动，参加活动的员工依次回答三个问题，不管答对或者答错，三题答完活动结束.规定每位员工只能参加一次活动，且至少答对两道题才能获奖.已知员工甲第一题答对的概率为34，第二题答对的概率为23，第三题答对的概率为12，假设员工甲是否答对每一题相互独立，则员工甲获奖的概率为

14.在△ABC中，AB=2，AC=1，BC=3，M，N分别为AC，AB上的动点(不包括端点)，将△AMN沿MN折起，使点A到达点A′的位置，且平面A′MN⊥平面BCMN.若点A′，B，C，M，N均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为

．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)已知复数z1=2m−1+mi，z2=m+mi，m∈R，在复平面内表示的点分别为Z1(1)若复数z1+z2在复平面内对应的点在直线y=x+2(2)若OZ1与OZ216.(本小题15分)已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，若AB=2e1(1)证明：A，B，C三点共线;(2)若e1=(1,0)，e2=(0,1)，点D(2,1)，B，C，D，P恰好构成平行四边形BCDP17.(本小题15分)

某学校高一年级举办了数学竞赛活动，共有1000名学生参加.从中随机抽取了100名学生的成绩(成绩均为正整数，满分为100分)作为样本进行统计，按[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图，如图所示．

(1)求实数x的值，并估计该校高一年级本次数学竞赛成绩的众数、中位数、平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值表示);(2)现从[80,90)，[90,100]两组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取7人组成数学学习小组，再从这7人中抽取2人作为组长，求至少一名组长来自[90,100]的概率．18.(本小题17分)

在如图所示的几何体中，DE/​/BF，DE⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，AB=BF=4，DE=2，∠DAB=60∘，点M为AB的中点．(1)证明：DM⊥平面ABF;(2)证明：平面AEF⊥平面ABF;(3)求直线EM与平面ADE所成角的正弦值．19.(本小题17分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，1(1)求角A;(2)若D为BC边上一点，且满足AD=λ(AB|(ⅰ)求1b+(ⅱ)求1BD+1答案解析1.B

【解析】解：复数z=a2−16+(a+4)i为纯虚数，

所以a2−16=0,a+4≠0,，解得2.C

【解析】解：共10个数，已经从小到大排列好，10×80%=8，

则第80百分位数是第8个和第9个数的平均数，即18.5，

故选C．3.A

【解析】解：总体有60个个体，每个个体被抽到的概率相同，均为560=112，4.D

【解析】解：由于直观图A′B′C′D′的面积为32，

所以四边形ABCD的面积为32×22=32，5.A

【解析】解：由正弦定理可得a+cosBb+cosA=ab，化简可得ab+bcosB=ab+acosA，即bcosB=acosA，

由正弦定理可得sinBcosB=6.C

【解析】解：∵AN=NC，∴AN=12AC，且AP=mAB+13AC=mAB+23AN，7.D

【解析】解：设PO=ℎ，由在点A，B，C处分别测得塔顶P点的仰角为45∘，60∘，45∘，

则OA=ℎ，OB=ℎ3，OC=ℎ，

在△OBC，△OBA中，由余弦定理知cos∠OBC=13ℎ2+492−ℎ22×ℎ3×49，

8.C

【解析】解：如图所示，连接MC，NC1，取MC的中点P，连接C1P，PB，

在正三棱台ABC−A1B1C1中，设AB=2AA1=2A1B1=4，

由M，N分别是AB，A1B1的中点，

易知，MC//NC1，且MC=2MP=2NC1，

所以四边形MPC1N是平行四边形，

所以MN//PC1，∠PC1B即为异面直线MN，BC1所成角(或其补角)，

在梯形ABB1A19.ACD

【解析】解：对于A，根据相互独立事件的定义易知正确；对于B，对立事件的概率和为1，但P(A)+P(B)=0.8≠1，故B错误；对于C，根据相互独立事件的定义，P(AB)=P(A)P(B)=0.15，故C正确；对于D，事件A与事件B互斥，则P(A∪B)

=P(A)+P(B)=0.8，故D正确，故选：ACD．10.BD

【解析】解：对于A，由a=(−1,x)，b=(1,2)，得2a−b=(−3,2x−2)，由(2a−b)⊥b，得−3+2(2x−2)=0，解得x=74，故A错误；对于B，2a−b=(−3,2x−2)，因此|2a−b|=(−3)2+(2x−2)211.ACD

【解析】解：对于A，易知A1C1//EF，EF⊂平面BEF，A1C1⊄平面BEF，所以A1C1//平面BEF，点P在线段A1C1上，所以点P到平面BEF的距离不变，故A正确；

对于B，如图1，连接D1F，D1E，易知D1F//EB，D1E//FB，平面BEF截该正方体所得的截面为平面EBFD1，EF=22，BE=BF=D1E=D1F=5，

所以易知四边形EBFD1的面积为26，故B错误；

对于C，如图2，连接A1D，C1D，易知平面A1DC1//平面AB1C，又因为PD⊂平面A12.15【解析】解：由题意可得，3+i3−4i=(3+i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)13.1724【解析】解：员工甲答对两题的概率为34×23×1214.16π5【解析】解：显然M不与A重合，由点A′，B，C，M，N均在球O的球面上，得B，C，M，N四点共圆，则∠C+∠MNB=π，

又△ABC为直角三角形，AB为斜边，则有MN⊥AB，

如图，将△AMN翻折后，MN⊥A′N，MN⊥BN，又平面A′MN⊥平面BCMN，平面A′MN∩平面BCMN=MN，A′N⊂平面A′MN，BN⊂平面BCMN，

于是A′N⊥平面BCMN，BN⊥平面A′MN，显然A′M，BM的中点D，E分别为△A′MN，四边形BCMN外接圆圆心，

则DO⊥平面A′MN，EO⊥平面BCMN，因此DO//BN，EO//A′N，取NM的中点F，

连接DF，EF，则有EF//BN//DO，DF//A′N//EO，所以四边形EFDO为平行四边形，

设A′N=x且0<x<12，DO=EF=12BN=2−x2，A′M=2x，

设球O的半径R，则R2=DO2+(A′M2)15.解：(1)z1+z2=3m−1+2mi，

因为复数z1+z2在复平面内对应的点在直线y=x+2上，

所以2m=3m−1+2，解得m=−1，

所以z1+z2=−4−2i，

所以|z1+z2|=25．

(2)OZ1=(2m−1,m)，OZ2=(m,m)，

因为OZ1与OZ2的夹角为锐角，则OZ1⋅OZ2>0且两向量不同向，

所以(2m−1,m)⋅(m,m)>0【解析】本题考查复数的模及复数的运算，考查向量的数量积，属于中档题．(1)根据复数的运算计算，进一步求模即可；

(2)OZ1=(2m−1,m)，16.解：(1)因为BC=BP+PC=2e1−e2，所以AB=BC，所以A，B，C三点共线．

(2)设点P的坐标为(x,y)，则PD=(2−x,1−y)，BC=BP+PC=2e1−e2=(2,−1)，【解析】本题考查平面向量共线定理与三点共线问题、向量的加法运算、向量的坐标表示，属于一般题．

(1)求出AB=BC，，即可求出结果；

(2)设点P的坐标为(x,y)，则PD=(2−x,1−y)17.解：(1)在频率分布直方图中，(x+0.030+0.040+0.010+0.004)×10=1，解得x=0.016，

结合频率分布直方图，估计该校高一年级本次数学竞赛成绩的众数为75分，

落在[50,60)的频率为0.16，[60,70)的频率为0.3，[70,80)的频率为0.4，

则中位数落在[70,80)内，设中位数为y，

则(y−70)×0.040=0.5−0.16−0.3，解得y=71，即中位数为71分，

平均数为55×0.16+65×0.3+75×0.4+85×0.1+95×0.04=70.6(分)．

(2)按比例分配的分层随机抽样方法，

[80,90)中抽取的人数为0.10.1+0.04×7=57×7=5，

[90,100]中抽取的人数为0.040.1+0.04×7=27×7=2，

记来自[80,90)的5人和来自[90,100]的2人分别为a1，a2，a3，a4，a5，b1，b2，

则所有基本事件为a1a2，a1a3，a1a4，a1a5，a1b1，a1b2，a2a3，a【解析】本题考查了频率分布直方图、平均数、中位数、众数和古典概型及其计算，属于中档题．

(1)由频率和为1得出x，再由众数、中位数、平均数的公式计算即可；

(2)先由分层抽样得出两组抽取的人数，由列举法和古典概型公式可得结果．18.【解答】

(1)证明：因为DE/​/BF，DE⊥平面ABCD，所以BF⊥平面ABCD，因为DM⊂平面ABCD，所以DM⊥BF，因为△ABD是等边三角形，点M为AB的中点，所以DM⊥AB，又BF∩AB=B，BF，AB⊂平面ABF，所以DM⊥平面ABF；

(2)证明：如图，取AF的中点N，连接EN，MN，因为M，N分别为AB，AF的中点，所以MN//BF，MN=12B，又因为DE/​/BF，DE=12BF，所以MN/​/DE，MN=DE，所以四边形EDMN为平行四边形，所以EN//DM，由(1)知DM⊥平面ABF，所以EN⊥平面ABF，因为EN⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面ABF；

(3)因为DE⊥平面ABCD，DE⊂平面ADE，所以平面ABCD⊥平面ADE，又平面ABCD∩平面ADE=AD，过点M作AD的垂线，垂足为Q，即MQ⊥AD，所以MQ⊥平面ADE，连接EQ，所以∠MEQ是直线EM与平面ADE所成的角，易知点Q为AD上靠近点A的四等分点，在Rt△MQA中，∠DAB=60∘，则MQ=